高三2024新高考单科综合卷(一)1物理(新教材)试题

2024-08-02 15:38:31 66

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11.D因充电宝的输出电压为U、输出电流为I,所以充电宝输一直减小，选项A正确；设变阻器右端部分电阻为x,出的电功率为P=UI,A错误；手机电池充电电流为I,所x∈[0，R]且在减小，那么左端部分电阻为R一x,在增大，由以手机电池产生的热功率为P=IR,而充电宝的热功率闭合电路欧姆定律可得IE应为充电宝的总功率减去输出功率，根据题目信息无法求xR,,由并联电.U2r+(R-x)+解，B错误；由于手机电池是非纯电阻电路，所以不能用Rx+RR计算手机电池产生的焦耳热，手机电池产生的焦耳热为路的电流分配关系可得A示数L,=I。·R十z,化简可得IRt,C错误；充电宝输出的电能一部分转化为手机电池的ER,化学能，一部分转化为手机电池的内能，故根据能量守恒定L,=-+R十)江十R+)R,由数学知识可知此式分母中律可知手机电池储存的化学能W=UIt一IRt,故D正确。U的关于工的二次函数图像的对称轴为R',因电源内阻，与尺12.C根据欧姆定律有I=尺=RU可知I-U图线的斜率表2大小未知，无法确定对称轴是否在x∈[0，R]范围内，故无法确示电阻的倒数。由题图可知，二极管加正向电压时电流较定此式分母大小如何变化，则A,示数变化无法确定，选项B大，电阻较小，且随电压的增大，图线与原点连线的斜率在错误。增大，故电阻在减小；加反向电压时开始电流很小，但当反6.B若R,短路，则电压表V,示数为零，两电压表示数不相向电压很大时，二极管被击穿，电流剧增，故选C。同；若Rp断路，则电压表V,示数为零，两电压表示数不相第50课时闭合电路的欧姆定律同；若R,短路，则V,测量滑动变阻器和R,串联的总电压，1.B由于不计电源内阻，所以L1两端电压为3V,L2和L3两V2测R2两端电压，两电压表示数不同；若R2断路，则两电端的电压均为U=1.5V,由题图乙可知，此时通过L,的电压表均测量R,两端电压，两电压表示数相同且不为零，A流为1.0A,通过L2和L3的电流为I=0.8A,所以L,中的C、D错误，B正确。U电流不是L2中电流的2倍，A错误；L?的电阻R=7A由题图可知，电源内阻及R、R,的阻值为r=621.8752,B正确；L3的电功率P=UI=1.5×0.8W=21.2W,C错误；L2和Lg的总功率P'=2P=2.4W,D错误。0.50,R,=20=0.50,R,=2n=10,当内外电阻相等2.B由题意可知，接线柱1、2分别对应量程I,=1A,I2=时，电源的输出功率最大，所以将R,单独接到电源两端，电10mA,根据并联电路电压规律I.Rg=(I2-Ig)(R1十R2),源有最大输出功率，故选A。I.(R2十R。)=(I1-I.)R1,联立解得R1=0.12、R2=:8.C由闭合电路欧姆定律得U=E一Ir,当I=0时E'=U,由a9.92,接线柱3对应的量程U=10V,因为10mA挡电流表与纵轴的交点读出电动势为E=3.6V,根据两图线交点处的(R+R2)R2状态可知，将它们组成闭合回路时路端电压为U=2.5V,电流的内阻R=R,十R)十R。=52,则U=I2(R+R,),解得为1=0.2A,则电池的内阻为，=E一'=3.6-2.50=0.2R3=9952,故B正确。5.52,故A错误；电池的输出功率为P=UI=2.5×△U3.BC根据闭合电路的欧姆定律可得电源内阻为？=△I0.2W=0.5W,故B错误；内耗功率为P为=Ir=0.22×U1.22,E=U十Ir=4.8V,根据部分电路欧姆定律可知5.5W=0.22W,故C正确：电池的效率为7=E×100%=U4R==3.62,所以滑动变阻器的总阻值为R=4.83.6X100%≈69.4%，故D错误。2.5在滑片P从右端移到左端的过程中，当滑动变阻器接入电路中的阻值与电源内阻相等时，电源的输出功率最大，即Pm9.A当P接通4时，输出电压变为输入电压的0.001，可得ER4r=4.8W,故A错误，B正确；当滑动变阻器接入电路中的R,+R,+R+R,1OO0,解得R,+R,十R,=9990,只有URA满足要求，当P接通3时，输出电压变为输入电压的0.01，阻值最大时，电源的效率最大，？=E×100%=R+rR3十R4100%=80%,故C正确，D错误。即R,十R,十R十R,10,当P接通2时，输出电压变为输4.B由闭合电路欧姆定律的推论可知，当电路外电阻等于内R2+R3+R1E入电压的0.1，即R十R,十R,十R-0,A均满足要求，故阻r时，输出功率最大，最大值为Pm=,,把定值电阻看成A正确，B、C、D错误。电源内阻的一部分，由题图乙可知，当R。=R,=R十r=6:10.A当滑片下移时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则外时，滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率为P,=电路总电阻减小，电路中总电流增大，电源的内电压增大，E则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压4R+r=1.5W,A错误；滑动变阻器的阻值为30时与阻表示数减小；由欧姆定律可知，R,上的分压增大，而路端电压减小，故并联部分的电压减小，则通过R,的电流减小，即值为R,时消耗的功率相等，有(3十R+7)E×30=电流表示数减小，A正确。U2UR十R十】R,解得R,2Q,B正确；当回路中电流数11卫D由题意可知，=R,=KT，=R十R,当温度大时，即R。=0时定值电阻R消耗的功率最大，C错误；当滑降低时，R增大，则了动变阻器R。的阻值为0时，电路中电流最大，最大值为,口增大，A错误：T近，一增大、E△U△U3△U26I=R十，=4十2A=1A,则调整滑动变阻器R。的阻值，不=R不交，8=r不变，=R十，不交，B正确：可能使电源的输出电流达到2A,D错误。RT增大时，其两端电压增大，平行板电容器两端的电压也5.AD滑动变阻器的滑片P由左向右滑动时，变阻器左端部增大，液滴向上加速运动，C错误；Rτ增大，则外电阻增大分电阻增大，右端部分电阻减小，由于右端部分与电阻R,并电源的工作效率增大，D正确。联，并联电阻小于支路电阻，可知并联部分电阻减小量小于12.B由小灯泡的伏安特性曲线知，当灯泡L1电压为4V时，变阻器左端部分电阻的增加量，则总电阻增大，总电流减小流过灯泡L1的电流为0.6A,根据串、并联电路的特点，流即A?示数一直减小，选项C错误；总电流减小，内电压减小，经灯泡L2和L?的电流为0.3A,从伏安特性曲线中读出灯路端电压增大，即V示数一直增大，选项D正确；总电流减泡L2和L3的电压为1V,故A错误，B正确；L1正常工作小，变阻器右端部分电阻减小，根据并联电路电流分配关系时，路端电压为5V,故当L1短路后，外电阻减小，路端电压可得电阻R,分得的电流减小，而总电流减小，所以A,示数减小，V2表的示数应小于5V,故C、D错误。高中总复习·物理583参考答案与详解

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